2019年高考物理二輪復習十大熱門考點專項突破 專題02 滑塊——木板模型練習.doc

專題02 滑塊木板模型熱點分析滑塊木板模型模型在牛頓運動定律和動量守恒等內容中均有出現(xiàn)，是高考的熱點和難點。一、牛頓運動定律是力學知識的“基石”，滑塊木板模型更是高考熱點，在滑塊木板模型中，滑塊在木板上滑動的臨界加速度大小是判斷兩物體運動狀態(tài)的關鍵解此類題的一般步驟為：1運用整體法和隔離法進行受力分析2確定僅由摩擦力產生加速度的物體3求臨界加速度：最大靜摩擦力使之產生的加速度為臨界加速度4判斷系統(tǒng)的運動狀態(tài)：當系統(tǒng)加速度小于臨界加速度時，系統(tǒng)加速度相等；當系統(tǒng)加速度大于臨界加速度時，系統(tǒng)中各物體加速度不同5由運動狀態(tài)對應求解二、動量和動量的變化量這兩個概念常穿插在動量守恒定律的應用中考查；動量守恒定律的應用是本部分的重點和難點，也是高考的熱點；動量守恒定律結合能量守恒定律來解決碰撞、打擊、反沖等問題，以及動量守恒定律與圓周運動、核反應的結合已成為近幾年高考命題的熱點。綜合應用動量和能量的觀點解題技巧（1）動量的觀點和能量的觀點動量的觀點：動量守恒定律能量的觀點：動能定理和能量守恒定律這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因簡單地說，只要求知道過程的始、末狀態(tài)動量式、動能式和力在過程中的沖量和所做的功，即可對問題求解利用動量的觀點和能量的觀點解題應注意下列問題：(a)動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，絕無分量表達式(b)動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，在力學中解題時必須注意動量守恒的條件及機械能守恒的條件在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究的對象及運動狀態(tài)變化的過程后，根據問題的已知條件和要求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解經典例題典例涵蓋了直線運動、牛頓定律、能量、動量、電等相關章節(jié)的跟滑塊木板模型有關的典型例題【典例1】如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的vt圖象如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin370.6，cos370.8，g10 m/s2，則( ) A傳送帶的速度為4 m/sB傳送帶底端到頂端的距離為14 mC物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為D摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反解析：如果v0小于v1，則物塊向上做減速運動時加速度不變，與題圖乙不符，因此物塊的初速度v0一定大于v1.結合題圖乙可知物塊減速運動到與傳送帶速度相同時，繼續(xù)向上做減速運動，由此可以判斷傳送帶的速度為4 m/s，選項A正確傳送帶底端到頂端的距離等于vt圖線與橫軸所圍的面積，即(412)1 m14 m10 m，選項B錯誤.01 s內，gsingcos8 m/s2,12 s內，gsingcos4 m/s2，解得，選項C錯誤；在12 s內，摩擦力方向與物塊的運動方向相同，選項D錯誤答案：A【典例2】.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是圖中的( ) 答案 A【典例3】如圖所示，在水平地面上建立x軸，有一個質量m1 kg的木塊放在質量為M2 kg的長木板上，木板長L11.5 m。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為10.1，木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為20.9(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。木塊與長木板保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經過坐標原點O時的速度為v010 m/s，在坐標為x21 m處的P點處有一擋板，木板與擋板瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后立刻撤去擋板，g取10 m/s2，求： 圖(1)木板碰擋板時的速度大小v1；(2)碰后木板與木塊剛好共速時的速度；(3)最終木板停止運動時A、P間的距離。(2)碰后木板向左運動，木塊向右運動，由牛頓第二定律可知木塊的加速度大小am2g9 m/s2木板的加速度大小aM6 m/s2設從木板與擋板相碰至木塊與木板共速所用時間為t對木板v共v1aMt，對木塊v共v1amt得t1.2 s共同速度大小v共1.8 m/s，方向向左?！镜淅?】質量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質量也為m的物體乙以4 m/s 的速度與甲相向運動，如圖所示，則( ) 圖A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動量不守恒B.當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C.當甲物塊的速率為1 m/s時，乙物塊的速率可能為2 m/s，也可能為0D.甲物塊的速率可能達到6 m/s解析 甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力是系統(tǒng)內力，系統(tǒng)合外力為零，答案 C【典例5】(多選)如圖所示，質量為2 kg的足夠長平板車Q上表面水平，原來靜止在光滑水平面上，平板車左端靜止著一塊質量為2 kg的物體P，一顆質量為0.01 kg 的子彈以700 m/s的速度水平瞬間射穿P后，速度變?yōu)?00 m/s，若P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.5，則( ) 圖A.由于P、Q之間不光滑，子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動量不守恒B.子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動量守恒，能量守恒C.子彈瞬間射穿P的過程，子彈和物體P組成的系統(tǒng)，動量守恒，能量不守恒D.子彈瞬間射穿P后，P的速度為3 m/s【典例6】如圖所示，質量M1.5 kg的小車靜止于光滑水平面上，并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質量為0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長?，F(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)，推力做功WF4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q與小車表面間動摩擦因數(shù)0.1。(取g10 m/s2)求： 圖(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？(2)Q剛在小車上滑行時的初速度v0是多少？(3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？ (3)設滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u，由動量守恒可得mQv0(mQM)u根據能量守恒，系統(tǒng)產生的摩擦熱mQgLmQv(mQM)u2聯(lián)立解得L6 m答案 (1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m【典例7】如圖甲所示，傾角為37的傳送帶以恒定速率逆時針運行，現(xiàn)將一質量m2 kg的小物體輕輕放在傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，2 s末物體到達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g10 m/s2，sin 370.6，求： 圖10(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運動的平均速度v；(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(3)2 s內物體機械能的減少量E及因與傳送帶摩擦產生的內能Q。(2)由vt圖象可知傳送帶運行速度為v110 m/s，物體從A到B先做加速度為a1 m/s210 m/s2的勻加速運動，經過時間t11 s后再做加速度為a2 m/s22 m/s2的勻加速運動，然后經過時間t21 s，物體以大小為v212 m/s的速度到達傳送帶B端。由物體在傳送帶上的受力情況知a1或a2解得0.5。(3)小物體到達傳送帶B端時的速度大小v212 m/s物體的動能增加了Ekmv2122 J144 J物體的重力勢能減少了EpmgLsin 20160.6 J192 J所以物體的機械能的減少量E48 J由功能關系可知Qmgcos (v1t1t1)mgcos (t2v1t2)代入數(shù)值得Q48 J。答案 (1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 48 J【典例8】 （2016安徽六校教育研究會聯(lián)考)如圖甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一質量為m的物塊，物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.2，t0時，車開始沿水平面做直線運動，其vt圖象如圖乙所示。g取10 m/s2，平板車足夠長，則物塊運動的vt圖象為()【參考答案】C【典例9】（安徽省銅陵市第一中學2016屆高三5月教學質量檢測理科綜合試題）如圖甲所示，光滑的水平地面上放有一質量為M、長為的木板。從時刻開始，質量為的物塊以初速度從左側滑上木板，同時在木板上施以水平向右的恒力，已知開始運動后內兩物體的圖線如圖乙所示，物塊可視為質點，下列說法正確的是（ ）A、木板的質量B、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為C、時，木板的加速度為D、時，木板的速度為【參考答案】BD對木板，由牛頓第二定律，F(xiàn)+mg=Ma2，由速度圖像可知，a2=4m/s2，聯(lián)立解得：M=2kg，選項A錯誤。經過時間t，兩者達到共同速度，則v0- a1t= a2t，解得：t=1.2s。共同速度v= a2t=4.8m/s。此時物體的相對位移為： 說明物體未脫離木板，當兩者達到共同速度后，假設兩者相對靜止一起加速，由牛頓第二定律可得：，代入數(shù)據解得：，考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像；物體的彈性和彈力【點睛】本題考查圖象的應用；圖象題是高考的熱點問題，關鍵從圖象中獲取信息，能夠通過圖象得出物體的運動規(guī)律?！镜淅?0】（2016福建名校聯(lián)考）如圖所示，質量為m的木塊P在質量為M的長木板ab上滑行，長木板放在水平地面上一直處于靜止狀態(tài)若長木板ab與地面間的動摩擦因數(shù)為1，木塊P與長木板ab間的動摩擦因數(shù)為2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為 ( )A1Mg B1(mM)g C2mg D1Mg2mg【參照答案】C練兵場1.如圖所示，光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，現(xiàn)有一滑塊體從斜面上靜止釋放，若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，規(guī)定沿斜面向下的速度方向的正方向，則物體在傳送帶上滑動時的速度隨時間變化的圖線可能是A. B. C. D. 2.(2016年全國普通高考重慶適應性測試（第三次）理科綜合試題)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動摩擦因素為，小木塊速度隨時間變化關系如圖所示，v0、t0已知，則 A傳送帶一定逆時針轉動 BC傳送帶的速度大于v0 Dt0后滑塊的加速度為2 gsin-3 (2016河北名校調研)三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列說法正確的是()A物塊A先到達傳送帶底端B物塊A、B同時到達傳送帶底端C傳送帶對物塊A、B均做負功D物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為134.如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)tan ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是()5.如圖所示，某糧庫使用電動傳輸機向糧垛上輸送麻袋包，現(xiàn)將一麻袋包放置在傾斜的傳送帶上，與傳送帶一起向上勻速運動，其間突遇故障，傳送帶減速直至停止。若上述勻速和減速過程中，麻袋包與傳送帶始終保持相對靜止，下列說法正確的是()A.勻速運動時，麻袋包只受重力與支持力作用B.勻速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶向上C.減速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶向下D.減速運動時，麻袋包受到的摩擦力一定沿傳送帶向上6.如圖所示，一光滑曲面的末端與一長L1 m的水平傳送帶相切，傳送帶離地面的高度h1.25 m，傳送帶的動摩擦因數(shù)0.1，地面上有一個直徑D0.5 m的圓形洞，洞口最左端的A點離傳送帶右端的水平距離s1 m，B點在洞口的最右端。傳送帶以恒定的速度做順時針運動。現(xiàn)使某小物體從曲面上距離地面高度H處由靜止開始釋放，到達傳送帶上后小物體的速度恰好和傳送帶相同，并最終恰好由A點落入洞中。求：(g10 m/s2) 圖(1)傳送帶的運動速度v；(2)H的大??；(3)若要使小物體恰好由B點落入洞中，小物體在曲面上由靜止開始釋放的位置距離地面的高度H應該是多少？7如圖所示，在水平軌道右側安放一半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為L，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)。小物塊A(可視為質點)從軌道右側以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經水平軌道返回圓形軌道。已知R0.2 m，L1 m，v02 m/s，物塊A質量為m1 kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)0.2，軌道其他部分摩擦不計，取g10 m/s2。 圖(1)求物塊A與彈簧剛接觸時的速度大??；(2)求物塊A被彈簧以原速率彈回后返回到圓形軌道的高度；(3)調節(jié)PQ段的長度L，A仍以v0從軌道右側沖上軌道，當L滿足什么條件時，物塊A被彈簧彈回后能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道？8.如圖所示，質量M4 kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根輕質彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L0.5 m，可視為質點的小木塊A質量m1 kg，原來靜止于滑板的左端，滑板與木塊A之間的動摩擦因數(shù)0.2。當滑板B受水平向左恒力F14 N作用時間t后撤去F，這時木塊A恰好到達彈簧自由端C處，此后運動過程中彈簧的最大壓縮量為s5 cm。g取10 m/s2。求： 圖(1)水平恒力F的作用時間t；(2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)當小木塊A脫離彈簧且系統(tǒng)達到穩(wěn)定后，整個運動過程中系統(tǒng)所產生的熱量。9 如左圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上最右端?，F(xiàn)將一個水平向右力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動?；瑝K、長木板的速度圖象如右圖所示，己知物塊與木板的質量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是A. t=10s時長木板P停下來B. 長木板P的長度至少是7.5mC. 長木板P和水平地面之間的動摩擦因數(shù)是0.075D.滑塊Q在長木板P上滑行的距離是12m10.【2017天津市和平區(qū)高三上學期期末質量調查】如圖所示，光滑水平面上有一質量M=4.0kg的平板車，車的上表面右側是一段長L=1.0m的水平軌道，水平軌道左側是一半徑R=0.25m的1/4光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O點相切車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態(tài)的壓縮彈簧，一質量m=1.0kg的小物塊（可視為質點）緊靠彈簧，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.5整個裝置處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將彈簧解除鎖定，小物塊被彈出，恰能到達圓弧軌道的最高點A不考慮小物塊與輕彈簧碰撞時的能量損失，不計空氣阻力，取g=10m/s2求：（1）解除鎖定前彈簧的彈性勢能；（2）小物塊第二次經過O點時的速度大??；（3）小物塊與車最終相對靜止時距O點的距離11 【湖北省六校聯(lián)合體2017屆高三4月聯(lián)考理科綜合】在高為1m的水平桌面上有A，B兩個小物體，其中B放在桌子的右邊緣，A放在彈簧的右端O處但不拴接（彈簧的左端固定在桌上，處于自然狀態(tài)），LOB=2m，現(xiàn)用A將彈簧壓縮后靜止釋放，在以后運動的過程中A與B發(fā)生彈性碰撞，B的落地點到桌子邊緣的水平距離為2m，A，B的質量分別為m、M，m =lkg，M=2kg，(水平面上O點的左側光滑，右側的動摩擦因數(shù)為0.5）求：(1)A最終靜止在什么位置；(2)彈簧的最大彈性勢能EP.1.【參考答案】ACD【名師解析】物體在傳送帶上受到重力、傳送帶的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若傳送帶的對滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力，則滑塊一直做加速運動， 故A正確；若傳送帶的對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物體先做勻減速直線運動若物體的速度足夠大，傳送帶足夠短，則物體在速度減小到0前，物體的位移大于傳送帶的長度，則物體一直做勻減速運動故C正確；若物體的速度比較小，在物體的速度減小到0時，物體的位移仍小于傳送帶的長度，則物體的速度等于0時，仍然在傳送帶上由于傳送帶向沿斜面向上運動，物體在傳送帶上受到向沿斜面向上的摩擦力，將向做沿斜面向上做加速運動，由運動的對稱性可知，若傳送帶的速度足夠大，則物體返回出發(fā)點的速度大小仍然等于v1故D正確，B錯誤。2.【參考答案】AD考點：考查牛頓第二定律、勻變速直線運動.【名師點睛】本題的關鍵1、物體的速度與傳送帶的速度相等時物體會繼續(xù)加速下滑2、小木塊兩段的加速度不一樣大 3.【參考答案】BCD4.【參考答案】D5.【參考答案】B【名師解析】傳送帶勻速運動時，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，還要受沿斜面向上的靜摩擦力的作用，選項A錯誤，B正確；傳送帶向上減速運動時，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到的摩擦力可能沿傳送帶向上、沿傳送帶向下或為零，選項C、D錯誤。6.解析 (1)最終恰好由A點落入洞中，由平拋運動規(guī)律可知：svthgt2解得：vs1 m/s2 m/s。(3)由平拋運動規(guī)律知：sDvthgt2解得v(sD)(10.5) m/s3 m/s從小物體開始釋放到剛要滑出傳送帶的過程，由能量守恒定律知：mgHmghmgLmv2解得HhL1.250.111.8 m。答案 (1)2 m/s (2)1.45 m (3)1.8 m7. (3)若A沿軌道上滑至最大高度h2時，速度減為0，則使A不脫離軌道時h2需滿足的條件是0<h2R由動能定理可得2mgL1mgh20mv聯(lián)立可得1 mL1<1.5 m若A能沿軌道上滑至最高點，則需滿足m2mg由動能定理可得2mgL2mg2Rmvmv聯(lián)立可得L20.25 m綜上所述，要使物塊A被彈簧彈回后能返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，L需滿足的條件是1 mL<1.5 m或L0.25 m。答案 (1)2 m/s (2)0.2 m (3)1 mL1.5 m或L0.25 m8.解析 (1)木塊A和滑板B均向左做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得aAaB根據題意有sBsAL即aBt2aAt2L將數(shù)據代入聯(lián)立解得t1 s (3)二者同速之后，設木塊相對木板向左運動離開彈簧后系統(tǒng)又能達到共同速度v，相對木板向左滑動距離為x，有mvAMvB(mM)v由式解得vv由能的轉化與守恒定律可得Epmgx由式解得x0.15 m由于sL>x且x>s，故假設成立整個過程系統(tǒng)產生的熱量為Qmg(Lsx)由式解得Q1.4 J答案 (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J9.【參考答案】BCD中，由牛頓第二定律得：，解析，這段時間，所以，t3=12s時長木板P停下來，6s后滑塊Q在長板P上滑行的距離：，滑塊Q在長木板P上滑行的距離是，故D正確；10.【答案】（1）7.5J（2）2.0m/s（3）0.5m【解析】（1）平板車和小物塊組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，解除鎖定前，總動量為零，故小物塊到達圓弧最高點A時，二者的共同速度v共=0設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為Ep，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有Ep=mgR+mgL代入數(shù)據解得Ep=7.5J（2）設小物塊第二次經過O時的速度大小為vm，此時平板車的速度大小為vM，研究小物塊在平板車圓弧面上的下滑過程，由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒有0=mvm-MvMmgRmvm2+MvM2代入數(shù)據解得vm=2.0m/s（3）最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同速度為0設小物塊相對平板車滑動的路程為S，對系統(tǒng)由能量守恒有 Ep=mgs代入數(shù)據解得s=1.5m則距O點的距離x=s-L=0.5m11.【答案】(1) A停在距桌子右邊緣0.5m處 (2) EP=32.5J